江苏省徐州市等3地2022-2023学年高一上学期期末数学试题

这是一份江苏省徐州市等3地2022-2023学年高一上学期期末数学试题，共18页。试卷主要包含了本试卷共4页，包含选择题，答题时请用0， 已知函数，记，，，则， 已知函数满足， 若，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共4页，包含选择题（1~12，共60分）、填空题（第13题~第16题，共20分）、解答题（第17~22题，共70分）.本次考试时间120分钟，满分150分、考试结束后，请将答题卡交回.
2.答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置.
3.答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答，在试卷或草稿纸上作答一律无效.
4.如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚.
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集的定义计算可得.
【详解】因为全集，集合，
所以.
故选：D
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断即可；
【详解】命题“，”为特称量词命题，其否定为：“，”.
故选：C
3. 式子的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数幂的运算性质即可得出.
【详解】.
故选：A.
4. 图中实线是某景点收支差额关于游客量的图像，由于目前亏损，景点决定降低成本，同时提高门票价格，决策后的图像用虚线表示，以下能说明该事实的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线的纵截距表示成本，倾斜角与门票价格的关系判断.
【详解】对于A，当时，虚线值减小，说明成本提高了，不满足题意，A错误；
对于B，两函数图象平行，说明票价不变，不合题意，B错误；
对于C，当时， 值不变，说明成本不变，不满足题意，C错误；
对于D，当时，虚线值变大，说明成本见减小，又因为虚线的倾斜角变大，
说明提高了门票的价格，符合题意，D正确，
故选:D.
5. 若是的必要不充分条件，是的充分不必要条件，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用题给条件判断出与的逻辑关系，进而得到正确选项.
【详解】若是的必要不充分条件，则，，
是的充分不必要条件，则，
则有，，则是的充分不必要条件，
故选：A．
6. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先得到平移后的解析式，再根据余弦函数的对称性得到，，即可求出的取值，从而得解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后得到，
因为关于原点对称，
所以，，
所以，，
所以的最小值为.
故选：C
7. 已知函数，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再比较指对数的大小，利用单调性可得答案.
【详解】因为在上单调递增，
所以在上单调递增，
又， ，，
所以，
所以.
故选：B．
8. 已知函数满足：对任意的非零实数x，y，都成立，.若，，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得，，
又，
所以，而，可得.
故选：B
二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合已知条件利用做差法可判断ACD；幂函数的性质可判断B.
【详解】对于A，因为，所以，
可得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，且，
所以，即，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，即，故D正确.
故选：BCD.
10. 记无理数小数点后第n位上的数字为m，则m是关于n的函数，记作，其定义域为A，值域为B，则（ ）
A. B. 函数的图象是一群孤立的点
C. n是关于m的函数D.
【答案】AB
【解析】
【详解】根据函数的定义可知，定义域，
对应关系：数位对应数字7，1，8，2，8，1，8，2，8，…，
，函数的图象是一群孤立的点，故A，B正确，
对于C，n不是关于的函数，如时，可能为3，5，7，9，不符合函数的定义，故C错误，
因为，，所以D错误，
故选：AB.
11. 奇函数与偶函数的定义域均为，在区间上都是增函数，则（ ）
A.
B. 在区间上是增函数，在区间上是减函数
C. 是奇函数，且在区间上是增函数
D. 不具有奇偶性，且在区间上的单调性不确定
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，若，根据偶函数的图像性质推出矛盾即可；对于B，根据奇函数和偶函数图像的性质结合已知条件即可判断；对于C，举出反例即可；对于D，根据奇偶函数的定义和单调性的性质即可判断.
【详解】对于A，若，
因为为偶函数，则函数在和上的单调性相反，
与函数在区间上是增函数矛盾，所以，故A正确；
对于B，因为函数与偶函数的定义域均为，在区间上都是增函数，
根据奇函数和偶函数图像的性质，则在区间上是增函数，在区间上是减函数，故B正确；
对于C，令，则在上为减函数，故C错误；
对于D，设，其定义域为，
由题意得，则，
所以不具有奇偶性.
因为在上是增函数，
而在区间上都是增函数，则在区间上是减函数，
所以在区间上的单调性不确定，故D正确；
故选:ABD.
12. 我们知道，每一个音都是由纯音合成的，纯音的数学模型是.已知某音是由3个不同的纯音合成，其函数为，则（ ）
A. 是奇函数B. 的最小正周期为
C. 在上是单调增函数D. 的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】对于A，，其定义域为，
又，即函数为奇函数，故A正确；
对于B，函数的最小正周期为，的最小正周期为，的最小正周期为，
则的最小正周期为，
且
，即不是函数的周期，故B错误；
对于C，函数，和在上增函数，
则函数在上为增函数，故C正确；
对于D，函数的最大值为，且当，时取最大值，
函数的最大值为，且当，时取最大值，
函数的最大值为，且当，时取最大值，
所以三个函数的最大值不能同时取到，则的最大值要小于，故D错误；
故选：AC．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知扇形的半径为1cm，弧长为2cm，则其圆心角所对的弦长为______cm.
【答案】
【解析】
【分析】由弧长公式求出圆心角，再利用求出，即可求解
【详解】如图：圆心角，，过点作，为垂足，
所以，所以，
则在中，，
所以其圆心角所对的弦长
故答案为：
14. 在平面直角坐标系中，已知角的终边经过点，若角的终边与角的终边关于______轴对称，则______.
【答案】 ① （或） ②. （或）
【解析】
【分析】由三角函数的定义及诱导公式求解即可．
【详解】已知角的终边经过点，则.
若角的终边与角的终边关于轴对称，
则，
则；
若角的终边与角的终边关于轴对称，
则，
则，
故答案为：（或），（或）．
15. 已知圆和四边形（四个角均为直角）的周长相等，面积分别为，，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】四个角均为直角的四边形是矩形，设长为，宽为，周长为，设圆的半径为，然后得出，然后求出，根据基本不等式即可求出的最小值．
【详解】四个角均为直角的四边形是矩形，设长为，宽为，周长为，设圆的半径为，
则，，
，当且仅当时，等号成立，
的最小值为．
故答案为：．
16. 已知函数在区间上是减函数，则的取值集合为______.（用列举法表示）
【答案】
【解析】
【分析】由正切函数的单调性结合条件可得，由正切函数的单调区间与周期性可得，再对的值进行逐一验证即可得出答案.
【详解】由在区间上是减函数，则，且，解得
因为，所以或或或，
当时，，当时，，
当 ，即时，函数无意义，故不成立.
当时，,当时，，
由在上单调递增，所以在区间上是减函数，
故满足题意.
当时，,当时，，
由在上单调递增，所以在区间上是减函数，
故满足题意.
当时，,当时，，
当 ，即时，函数无意义，故不成立.
故答案为:
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，集合
（1）若，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出集合中元素范围，再根据得到是方程的一个根，代入求解即可；
（2）由得，再根据二次函数的性质列不等式求解.
【小问1详解】
,,
,
是方程的一个根，
；
【小问2详解】
，则，
，解得
18. 已知.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用即可求解；
（2）由求得，继而算出，即可求得答案
【小问1详解】
因，所以，
因为，且，
所以，所以
小问2详解】
将已知等式，
两边平方得：，
即，
∴，
∵，∴，即，
∴，
∴
19. 已知函数的振幅为，最小正周期为，且其恰满足条件①②③中的两个条件：
①初相为②图像的一个最高点为③图像与轴的交点为
（1）求的解析式
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由振幅和周期得出，再分别讨论①②③得出的解析式
（2）由平方关系得出，再由诱导公式求解即可
【小问1详解】
因为的振幅为，最小正周期为，
所以，，即．此时
若满足条件①，则．
若满足条件②，则，即，
所以，，即，，
又，所以．
若满足条件③，则，即，
又，所以，
因为恰满足条件①②③中的两个条件，所以只能满足条件①③．
此时
【小问2详解】
因为，由（1）知，．
又因为，
所以．
原式
．
20. 设计一个印有“红十字”lg的正方形旗帜（如图）.要求“红十字”lg居中，其突出边缘之间留空宽度均为2cm，“红十字”lg的面积（阴影部分）为.的长度不小于的长度.记，.
（1）试用表示，并求出的取值范围；
（2）当为多少时，可使正方形的面积最小？
参考结论：函数在上是减函数
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面积列出等式进行求解即可；
（2）根据题意得到面积表达式，结合（1）的结论和题中所给函数的单调性进行求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，
因为的长度不小于的长度，
所以，
即；
【小问2详解】
设正方形的面积为，
所以，要想正方形的面积最小，只需最小，
，
因为函数在上是减函数，
所以函数在上是减函数，
因此当时，有最小值，即有最小值，因此正方形的面积最小.
21. 已知函数是定义在上的奇函数，其图象经过点，，当时，．
（1）求，的值及在上的解析式
（2）请在区间和中选择一个判断的单调性，并证明．
【答案】（1）；
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】（1）由可得，结合列方程可求，的值，再利用对称性求在上的解析式
（2）利用单调性的定义：取值、作差、判断符号，逐步计算判断证明即可.
【小问1详解】
因为的图象经过点，，所以，．
因为是定义在上的奇函数，所以，，
所以，．
所以解得
所以当时，．
当时，，所以，所以．
所以，在上的解析式为
【小问2详解】
若选择区间，则在区间上是单调递增．
证明：设，为区间上的任意两个实数，且．
则
，
因为，所以，，，
于是，故，即，
所以在区间上是单调递增
若选择区间，则在区间上是单调递减．
证明：设，为区间上的任意两个实数，且．
则
，
因为，所以，，，
于是，故，即，
所以在区间上是单调递减．
22. 已知，函数，.
（1）若，，求；
（2）若，，求；
（3）若，，问：是否为定值（与a无关）?并说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）为定值3，理由见解析
【解析】
【分析】（1）当时，由可得，即3，代入即可求得；
（2）由，可得；由，可得，故，再借助于指数幂的运算即可求得；
（3）法1：由，化简可得，又，结合函数是单调递增函数即可求得．
法2：由，化简可得，又，再结合函数为单调增函数即可求得．
【小问1详解】
当时，，.
由得，，故，即.
此时.
【小问2详解】
由得，.
由得，，故.
注意到，
所以，解得.
【小问3详解】
法1：
因为，所以（﹡），
变形得，，所以.
又因为，函数为单调增函数，所以.
代入（﹡），得，即，所以为定值（与无关）.
法2：
因为，所以（#），
变形得，，所以.
又因为，函数为单调增函数，所以.
代入（#），得，即，所以为定值（与无关）.